３つのAiry関数の積の積分

$$I=\int_{-\infty}^\infty \Ai{}{}(x+a)\Ai{}{}(x+b)\Ai{}{}(x+c)dx$$
と置くと$I$は実数ですから当然$I=\Re\,I$です。
こちらの記事（ https://mathlog.info/articles/UqsSk7nvr4oI6tzs2c1m ）より、$a\geq b$のとき、
$$\Ai{}{}(s+a)\Ai{}{}(s+b)=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\int_0^\infty \exp\left(i\frac{x^3}{12}+i\frac{a+b}2x+isx-i\frac{(a-b)^2}{4x}+i\frac\pi4\right)\frac{dx}{\sqrt{x}} $$
$$\Ai{}{}(s+a)\Bi{}{}(s+b)=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Im\int_0^\infty \exp\left(i\frac{x^3}{12}+i\frac{a+b}2x+isx-i\frac{(a-b)^2}{4x}+i\frac\pi4\right)\frac{dx}{\sqrt{x}} $$
が成り立つことが分かります。一つ目は$a,b$の入れ替えで不変なので$a\geq b$の条件は不要です。
これを用いて、
$$\begin{align*} I&=\Re\int_{-\infty}^\infty \Ai{}{}(x+a)\Ai{}{}(x+b)\Ai{}{}(x+c)dx\\ &=\frac{1}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\Re\int_{-\infty}^\infty \Re\int_0^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{a+b}2t+ixt-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dt\int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{y^3}3+ixy+icy}dydx\\ &=\frac{1}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\Re\,\Re\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{y^3}3+i\frac{a+b}2t+icy-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}\int_{-\infty}^\infty e^{ix(y+t)}dxdydt\\ &=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\,\Re\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{y^3}3+i\frac{a+b}2t+icy-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}\delta(y+t)dydt\\ &=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\,\Re\int_0^\infty e^{-i\frac{t^3}{4}+i\frac{a+b-2c}2t-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dydt\\ &=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\,\Re\int_0^\infty e^{i\frac{t^3}{4}-i\frac{a+b-2c}2t+i\frac{(a-b)^2}{4t}-i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dydt\\ &=\frac{3^{-1/6}}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\,\Im\int_0^\infty e^{i\frac{t^3}{12}-i\frac{a+b-2c}{2\cdot 3^{1/3}}t+i\frac{3^{1/3}(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dydt\\ \end{align*}$$
と変形すると、この積分は再び先ほどの積分表示の形になっていることが分かります。
$A=3^{1/6}ai,B=3^{1/6}bi$とおけば$1/t$の項の係数は$-(A-B)^2/4$となり積分表示と一致します。
そこで$s+(A+B)/2=-(a+b-2c)/(2\cdot 3^{1/3})$となるように$s$を選びましょう。
$$s=-\frac{a+b-2c}{2\cdot3^{1/3}}-3^{1/6}\frac{a+b}2i=\frac{c-e^{\frac{\pi i}3}(a+b)}{3^{1/3}}$$
となります。よって、
$$I=\frac{3^{-1/6}}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\,\Im\int_0^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{A+B}{2}t+ist-i\frac{(A-B)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dydt\\$$
となり、積分表示と一致します。ここで$A,B$の大小を比較する必要が出てきますが、あとで見るようにこの積分の値を$\Ai{}{}(s+A)\Bi{}{}(s+B)$としても$\Ai{}{}(s+B)\Bi{}{}(s+A)$としても値が等しくなるのでここでは考えません。
$$\begin{align*}I&=3^{-1/6}\Re\,\Ai{}{}(s+A)\Bi{}{}(s+B)\\ &= 3^{-1/6}\Re\,\Ai{}{}\left(\frac{c-e^{\frac{\pi i}3}(a+b)+i\sqrt{3}a}{3^{1/3}}\right)\Bi{}{}\left(\frac{c-e^{\frac{\pi i}3}(a+b)+i\sqrt{3}b}{3^{1/3}}\right)\\ &=3^{-1/6}\Re\,\Ai{}{}\left(\frac{\omega^2a+\omega b+c}{3^{1/3}}\right)\Bi{}{}\left(\frac{\omega a+\omega^2 b+c}{3^{1/3}}\right) \end{align*}$$
$\Ai{}{}(s+A)\Bi{}{}(s+B)=\Ai{}{}(s+B)\Bi{}{}(s+A)$となることを示すために、この式が$a,b,c$の入れ替えで不変なことを示します。$\Bi{}{}(x)=2\Re\,e^{\frac{\pi i}6}\Ai{}{}(\omega x)=2\Re\,e^{-\frac{\pi i}6}\Ai{}{}(\omega^2 x)$なので、
$$\begin{align*}I&=3^{-1/6}\Re\,\Ai{}{}\left(\frac{\omega^2a+\omega b+c}{3^{1/3}}\right)\Bi{}{}\left(\frac{\omega a+\omega^2 b+c}{3^{1/3}}\right)\\ &=2\cdot3^{-1/6}\Re\,\Ai{}{}\left(\frac{\omega^2a+\omega b+c}{3^{1/3}}\right)\Ai{}{}\left(\frac{\omega^2 a+ b+\omega c}{3^{1/3}}\right)\\ &=2\cdot3^{-1/6}\Re\,\Ai{}{}\left(\frac{\omega^2a+\omega b+c}{3^{1/3}}\right)\Ai{}{}\left(\frac{ a+\omega b+\omega^2 c}{3^{1/3}}\right)\\ \end{align*}$$
となります。二つ目の式より$b$と$c$を自由に入れ替えられ、三つ目の式より$a$と$c$を自由に入れ替えられます。よってこの式は$a,b,c$の任意の入れ替えで不変です。

$$I=\int_{-\infty}^\infty \Ai{}{}(x+a)\Ai{}{}(x+b)\Ai{}{}(c-x)dx$$
と置きます。先ほどと同様の積分表示を用いて、
$$\begin{align*} I &=\frac{1}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty \Re\int_0^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{a+b}2t+ixt-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dt\int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{y^3}3-ixy+icy}dydx\\ &=\frac{1}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\Re\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{y^3}3+i\frac{a+b}2t+icy-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}\int_{-\infty}^\infty e^{ix(-y+t)}dxdydt\\ &=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{y^3}3+i\frac{a+b}2t+icy-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}\delta(y-t)dydt\\ &=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\int_0^\infty e^{-i\frac{5t^3}{12}+i\frac{a+b+2c}2t-i\frac{(a-b)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dydt\\ &=\frac{5^{-1/6}}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\int_0^\infty e^{i\frac{t^3}{12}-i\frac{a+b-2c}{2\cdot5^{1/3}}t+i\frac{5^{1/3}(a-b)^2}{4t}-i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dydt\\ \end{align*}$$
と変形すると、この積分は再び先ほどの積分表示の形になっていることが分かります。
$A=5^{1/6}a,B=5^{1/6}b$とおけば$1/t$の項の係数は$-(A-B)^2/4$となり積分表示と一致します。
そこで$s+(A+B)/2=-(a+b-2c)/(2\cdot 5^{1/3})$となるように$s$を選びましょう。
$$s=\frac{a+b+2c}{2\cdot5^{1/3}}-5^{1/6}\frac{a+b}2=\frac{c+\hat\phi(a+b)}{5^{1/3}}$$
となります。よって、
$$I=\frac{5^{-1/6}}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\int_0^\infty e^{i\frac{t^3}{12}+i\frac{A+B}{2}t+ist-i\frac{(A-B)^2}{4t}+i\frac\pi4}\frac{1}{\sqrt{t}}dydt=5^{-1/6}\Ai{}{}\left(\frac{\phi a+\hat{\phi} b+c}{5^{1/3}}\right)\Ai{}{}\left(\frac{\hat{\phi}a+\phi b+c}{5^{1/3}}\right)\\$$
となります。

Airy関数が$\Om{2}{1}:D^2y-xy=0$を満たすことと、二つのAiry関数の積が$(\Om{2}{1})^2:D^3y-4xDy-2y=0$を満たすことを踏まえて、$a\in\Om{2}{1},b\in(\Om{2}{1})^2$をとります。
$f=ab$とすると、次のように繰り返し微分して$(\Om{2}{1})^3$が求まります。
$$\begin{align*} f&=ab\\ f'&=a'b+ab'\\ f''&=xf+2a'b'+ab''\\ f'''&=f+xf'+2xab'+2a'b''+a'b''+a(4xb'+2b)\\ &=3f+xf'+6xab'+3a'b''\\ f''''&=3f'+f'+xf''+6ab'+6xa'b'+6xab''+3xab''+3a'(4xb'+2b)\\ &=4f'+xf''+6ab'+18xa'b'+9xab''+6a'b\\ &=4f'+xf''+6ab'+18xa'b'+9x(f''-xf-2a'b')+6(f'-ab')\\ &=10f'+10xf''-9x^2f\\ \end{align*}$$
双対方程式は前述の記事に書いてある通りの文字置き換えをすればいいですね。

次の積分表示を用いて計算していきます。
$$ \Ai{}{}(s)^2=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Re\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{x}}e^{i\frac{x^3}{12}+isx+i\frac{\pi}4}dx,\;\Ai{}{}(s)\Bi{}{}(s)=\frac{1}{2\pi\sqrt{\pi}}\Im\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{x}}e^{i\frac{x^3}{12}+isx+i\frac{\pi}4}dx$$
したがって次の積分を計算してから実部・虚部を取ればいいです。
$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \Ai{}{}(x)(\Ai{}{}(x)^2+i\Ai{}{}(x)\Bi{}{}(x))dx&=\frac{1}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{t^3}3+ixt}dt\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{y}}e^{i\frac{y^3}{12}+ixy+i\frac{\pi}4}dydx\\ &=\frac{e^{i\frac{\pi}4}}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{y}}e^{i\frac{t^3}3} e^{i\frac{y^3}{12}} \int_{-\infty}^\infty e^{ix(t+y)}dxdtdy\\ &=\frac{e^{i\frac{\pi}4}}{2\pi\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{y}}e^{i\frac{t^3}3} e^{i\frac{y^3}{12}} \delta(t+y)dtdy\\ &=\frac{e^{i\frac{\pi}4}}{2\pi\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{y}}e^{-i\frac{y^3}4} dy=\frac{2^{1/3}\Gamma(1/6)}{6\pi\sqrt{\pi}}e^{i\frac{\pi}6}\\ \end{align}$$
$x$がついている場合も同様です。この積分は発散していそうですが、条件収束しています。
$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty x\Ai{}{}(x)(\Ai{}{}(x)^2+i\Ai{}{}(x)\Bi{}{}(x))dx&=\frac{1}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty x\int_{-\infty}^\infty e^{i\frac{t^3}3+ixt}dt\int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{y}}e^{i\frac{y^3}{12}+ixy+i\frac{\pi}4}dydx\\ &=\frac{e^{i\frac{\pi}4}}{4\pi^2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{y}}e^{i\frac{t^3}3} e^{i\frac{y^3}{12}} \int_{-\infty}^\infty xe^{ix(t+y)}dxdtdy\\ &=-\frac{e^{i\frac{\pi}4}i}{2\pi\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{y}}e^{i\frac{t^3}3} e^{i\frac{y^3}{12}} \delta^{(1)}(t+y)dtdy\\ &=\frac{e^{i\frac{\pi}4}i}{2\pi\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\int_{-\infty}^\infty\frac{it^2}{\sqrt{y}}e^{i\frac{t^3}3} e^{i\frac{y^3}{12}} \delta(t+y)dtdy\\ &=-\frac{e^{i\frac{\pi}4}}{2\pi\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\frac{y^2}{\sqrt{y}}e^{-i\frac{y^3}4} dy=-\frac{2^{5/3}\Gamma(5/6)}{6\pi\sqrt{\pi}}e^{-i\frac{\pi}6}\\ \end{align}$$

どういうことかというと、$K_\nu(x),I_\nu(x)$を定義する際に分岐切断を負の実軸上において、$s=re^{i\theta}$とおくと、
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}\Ai{}{}(x)^3dx=\frac{\sqrt{2s}}{6\pi\sqrt{\pi}}e^{\frac{5s^3}{27}}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)$$
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}\Ai{}{}(x)^2\Bi{}{}(x)dx=\frac{\sqrt{2s}}{6\sqrt{3\pi}}e^{\frac{5s^3}{27}}\left(I_{-\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)+I_{\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)\right)$$
なので、$|\theta|$が$\frac{\pi}3$を超えるときは解析接続が必要になります。
https://dlmf.nist.gov/10.34 にのっている式を用いて具体的な表示を求めていきましょう。
$m\in\mathbb{Z}$に対して、次が成り立ちます。
$$K_\frac16\left(xe^{m\pi i}\right)=\pm\frac{\sin(m\nu\pi)}{\sin(\nu\pi)}K_\frac16(xe^{\pm\pi i})\mp\frac{\sin((m\mp1)\nu\pi)}{\sin(\nu\pi)}K_\frac16(x)$$
$$I_\frac16\left(xe^{m\pi i}\right)=\frac{i}\pi\left(\pm e^{m\nu\pi i}K_\frac16(xe^{\pm\pi i})\mp e^{(m\mp1)\nu\pi i}K_\frac16(x)\right)$$
$\frac\pi2\geq\theta>\frac\pi3$のときは、

$$\begin{align*} K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)&=K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}e^{i\pi}\right)\\ &=-K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}e^{-\pi i}\right)+\sqrt{3}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}\right)\\ &=-K_\frac16\left(\frac{4s^3}{27}\right)+\sqrt{3}K_\frac16\left(-\frac{4s^3}{27}\right) \end{align*}$$

$$\begin{align*} I_{-\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)+I_{\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)&=I_{-\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}e^{i\pi}\right)+I_{\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}e^{i\pi}\right)\\ &=\frac{i}\pi\left(-e^{-\frac{\pi}6 i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}e^{-\pi i}\right)+ e^{-\frac{\pi}3i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}\right)\right)\\ &\;\;\;\;\;\;+\frac{i}\pi\left(-e^{\frac{\pi}6 i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}e^{-\pi i}\right)+ e^{\frac{\pi}3i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}\right)\right)\\ &=-\frac{i\sqrt{3}}\pi K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}e^{-\pi i}\right)+\frac{i}\pi K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta-\pi)}\right)\\ &=-\frac{i\sqrt{3}}\pi K_\frac16\left(\frac{4s^3}{27}\right)+\frac{i}\pi K_\frac16\left(-\frac{4s^3}{27}\right)\\ \end{align*}$$

$-\frac\pi2\leq\theta<-\frac\pi3$のときは、
$$\begin{align*} K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)&=K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}e^{-i\pi}\right)\\ &=-K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}e^{\pi i}\right)+\sqrt{3}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}\right)\\ &=-K_\frac16\left(\frac{4s^3}{27}\right)+\sqrt{3}K_\frac16\left(-\frac{4s^3}{27}\right) \end{align*}$$

$$\begin{align*} I_{-\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)+I_{\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{3i\theta}\right)&=I_{-\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}e^{-i\pi}\right)+I_{\frac16}\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}e^{-i\pi}\right)\\ &=\frac{i}\pi\left(e^{\frac{\pi}6 i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}e^{+\pi i}\right)- e^{\frac{\pi}3i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}\right)\right)\\ &\;\;\;\;\;\;+\frac{i}\pi\left(e^{-\frac{\pi}6 i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}e^{\pi i}\right)- e^{-\frac{\pi}3i}K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}\right)\right)\\ &=\frac{i\sqrt{3}}\pi K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}e^{\pi i}\right)-\frac{i}\pi K_\frac16\left(\frac{4r^3}{27}e^{i(3\theta+\pi)}\right)\\ &=\frac{i\sqrt{3}}\pi K_\frac16\left(\frac{4s^3}{27}\right)-\frac{i}\pi K_\frac16\left(-\frac{4s^3}{27}\right)\\ \end{align*}$$

一つ目の式を逆両側Laplace変換すると、
$$\begin{align*} \Ai{}{}(s)^3&=-\frac{1}{2\pi i}\frac{1}{3\pi\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty i}^{\infty i} \sqrt{x}e^{\frac{5x^3}{27}-sx}\left(K_\frac16\left(\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}K_\frac16\left(-\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{2\pi i}\frac{1}{3\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty i} \sqrt{x}e^{\frac{5x^3}{27}-sx}\left(K_\frac16\left(\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}K_\frac16\left(-\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;-\frac{1}{2\pi i}\frac{1}{3\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty i} \sqrt{-x}e^{-\frac{5x^3}{27}+sx}\left(K_\frac16\left(-\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}K_\frac16\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{2\pi}\frac{1}{3\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(K_\frac16\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}K_\frac16\left(i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;-\frac{1}{2\pi}\frac{1}{3\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(K_\frac16\left(i\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}K_\frac16\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(I_{-\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)-I_{\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}I_{-\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)+\sqrt{3}I_{\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;-\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(I_{-\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)-I_{\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}I_{-\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)+\sqrt{3}I_{\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(\left(e^{\frac{\pi i}{12}}-\sqrt{3}e^{-\frac{\pi i}{12}}\right)J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-\left(e^{-\frac{\pi i}{12}}-\sqrt{3}e^{\frac{\pi i}{12}}\right)J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;-\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(\left(e^{-\frac{\pi i}{12}}-\sqrt{3}e^{\frac{\pi i}{12}}\right)J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-\left(e^{\frac{\pi i}{12}}-\sqrt{3}e^{-\frac{\pi i}{12}}\right)J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(e^{\frac{3\pi}4i}J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-e^{-\frac{3\pi}4i}J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;-\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(e^{-\frac{3\pi}4i}J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-e^{\frac{3\pi}4i}J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{x}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-iJ_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;\frac{1}{6\pi\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{x}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)+iJ_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=\frac{1}{3\pi\sqrt{2\pi}}\Re\int_{0}^{\infty} \sqrt{x}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)+iJ_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=\frac{1}{3\pi\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty \left(\sqrt{x}J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\cos\left(\frac{5x^3}{27}+sx\right)-\sqrt{x}J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\sin\left(\frac{5x^3}{27}+sx\right)\right)d \end{align*}$$
となる。同様に二つ目の式を逆両側Laplace変換すると、
$$\begin{align*} \Ai{}{}(s)^2\Bi{}{}(s)&=-\frac{1}{2\pi i}\frac{i\sqrt{2}}{6\pi\sqrt{3\pi}}\int_{-\infty i}^{\infty i} \mathrm{sgn}(\arg(x))\sqrt{x}e^{\frac{5x^3}{27}-sx}\left(\sqrt{3} K_\frac16\left(\frac{4x^3}{27}\right)- K_\frac16\left(-\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{2\pi i}\frac{i\sqrt{2}}{6\pi\sqrt{3\pi}}\int_{0}^{\infty i} \sqrt{x}e^{\frac{5x^3}{27}-sx}\left(\sqrt{3}K_\frac16\left(\frac{4x^3}{27}\right)-K_\frac16\left(-\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;+\frac{1}{2\pi i}\frac{i\sqrt{2}}{6\pi\sqrt{3\pi}}\int_{0}^{\infty i} \sqrt{-x}e^{-\frac{5x^3}{27}+sx}\left(\sqrt{3}K_\frac16\left(-\frac{4x^3}{27}\right)-K_\frac16\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{2\pi}\frac{i\sqrt{2}}{6\pi\sqrt{3\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(\sqrt{3}K_\frac16\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)-K_\frac16\left(i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;+\frac{1}{2\pi}\frac{i\sqrt{2}}{6\pi\sqrt{3\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(\sqrt{3}K_\frac16\left(i\frac{4x^3}{27}\right)-K_\frac16\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(\sqrt{3}I_{-\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}I_{\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)-I_{-\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)+I_{\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;+\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(\sqrt{3}I_{-\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)-\sqrt{3}I_{\frac16}\left(i\frac{4x^3}{27}\right)-I_{-\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)+I_{\frac16}\left(-i\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(\left(\sqrt{3}e^{\frac{\pi i}{12}}-e^{-\frac{\pi i}{12}}\right)J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-\left(\sqrt{3}e^{-\frac{\pi i}{12}}-e^{\frac{\pi i}{12}}\right)J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;+\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(\left(\sqrt{3}e^{-\frac{\pi i}{12}}-e^{\frac{\pi i}{12}}\right)J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-\left(\sqrt{3}e^{\frac{\pi i}{12}}-e^{-\frac{\pi i}{12}}\right)J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{ix}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(e^{\frac\pi4i}J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-e^{-\frac\pi4i}J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;+\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{-ix}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(e^{-\frac\pi4i}J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)-e^{\frac\pi4i}J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{x}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(-iJ_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)+J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &\;\;\;\;\;-\frac{i}{6\pi\sqrt{6\pi}}\int_{0}^{\infty} \sqrt{x}e^{i\frac{5x^3}{27}+isx}\left(iJ_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)+J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=-\frac{1}{3\pi\sqrt{6\pi}}\Im\int_{0}^{\infty} \sqrt{x}e^{-i\frac{5x^3}{27}-isx}\left(-iJ_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)+J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\right)dx\\ &=\frac{1}{3\pi\sqrt{6\pi}}\int_0^\infty \left(\sqrt{x}J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\cos\left(\frac{5x^3}{27}+sx\right)+\sqrt{x}J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\sin\left(\frac{5x^3}{27}+sx\right)\right)dx \end{align*}$$

2回同じことを書くのが面倒なので複合を使います。
$$\Ai{}{}(s)^2\binom{\Ai{}{}}{\Bi{}{}}(s)=\frac{1}{3\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\int_0^\infty \left(\sqrt{x}J_{-\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\cos\left(\frac{5x^3}{27}+sx\right)\mp\sqrt{x}J_{\frac16}\left(\frac{4x^3}{27}\right)\sin\left(\frac{5x^3}{27}+sx\right)\right)dx $$
この積分表示を使ってMellin変換を計算していきましょう。
$$\begin{align*}\int_0^\infty x^{s-1}\Ai{}{}(x)^2\binom{\Ai{}{}}{\Bi{}{}}(x)dx&=\frac{1}{3\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\int_0^\infty \sqrt{t}J_{-\frac16}\left(\frac{4t^3}{27}\right)\int_0^\infty x^{s-1}\cos\left(\frac{5t^3}{27}+tx\right)dxdt\\ &\;\;\;\;\;\;\mp\frac{1}{3\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\int_0^\infty \sqrt{t}J_{\frac16}\left(\frac{4t^3}{27}\right)\int_0^\infty x^{s-1}\sin\left(\frac{5t^3}{27}+tx\right)dxdt \\ &=\frac{\Gamma(s)}{3\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\int_0^\infty t^{\frac32-s-1}J_{-\frac16}\left(\frac{4t^3}{27}\right)\cos\left(\frac{5t^3}{27}+\frac{\pi s}2\right)dt\\ &\;\;\;\;\;\;\mp\frac{\Gamma(s)}{3\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\int_0^\infty t^{\frac32-s-1}J_{\frac16}\left(\frac{4t^3}{27}\right)\sin\left(\frac{5t^3}{27}+\frac{\pi s}2\right)dt \\ &=\frac{\Gamma(s)}{9\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\int_0^\infty t^{\frac12-\frac{s}3-1}J_{-\frac16}\left(\frac{4t}{27}\right)\cos\left(\frac{5t}{27}+\frac{\pi s}2\right)dt\\ &\;\;\;\;\;\;\mp\frac{\Gamma(s)}{9\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\int_0^\infty t^{\frac12-\frac{s}3-1}J_{\frac16}\left(\frac{4t}{27}\right)\sin\left(\frac{5t}{27}+\frac{\pi s}2\right)dt \\ \end{align*}$$
Bessel関数と指数関数の積のMellin変換は次のように2F1で書けます。
$$\int_0^\infty x^{s-1}e^{iax}J_v(bx)dx=\frac{b^v\Gamma(s+v)e^{i\frac{\pi}2(s+v)}}{2^va^{s+v}\Gamma(a+v)}\hyF{2}{1}{\frac{s+v}2,\frac{s+v+1}2}{1+v}{\frac{b^2}{a^2}}$$
これを用いると、
$$\begin{align*}\int_0^\infty x^{s-1}\Ai{}{}(x)^2\binom{\Ai{}{}}{\Bi{}{}}(x)dx&=\frac{1}{3\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\frac{(\frac{4}{27})^{-1/6}\Gamma(\frac{1-s}3)}{2^{-1/6}(\frac{5}{27})^{\frac{1-s}3}\Gamma(\frac56)}\cos\left(\frac\pi6+\frac{\pi s}3\right)\hyF{2}{1}{\frac{1-s}6,\frac{1}2+\frac{1-s}6}{\frac56}{\frac{16}{25}}\\ &\;\;\;\;\;\;\mp\frac{1}{3\pi\sqrt{6\pi}}\binom{\sqrt{3}}{1}\frac{(\frac{4}{27})^{1/6}\Gamma(\frac{2-s}3)}{2^{1/6}(\frac{5}{27})^{\frac{2-s}3}\Gamma(\frac76)}\sin\left(\frac\pi3+\frac{\pi s}3\right)\hyF{2}{1}{\frac{2-s}6,\frac{1}2+\frac{2-s}6}{\frac76}{\frac{16}{25}} \\ \end{align*}$$
${}_2F_1(a,a+\frac12,c,x)$はLegendre陪関数で書くことができます。
https://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/Hypergeometric2F1/03/06/02/0002/
ここにのっている式を適応してから式を整理すると目的の式が得られます。
$$\int_0^{\infty}x^{s-1}\Ai{}{}(x)^2\binom{\Ai{}{}}{\Bi{}{}}(x)dx=\frac{3^{-2s/3}}{3\sqrt{6\pi}}\Gamma(s)\binom{\sqrt{3}}{1}\left(\frac{1}{\Gamma(\frac{s+2}{3})}\mathfrak{P}_{\frac{s}3-\frac12}^{\frac16}\left(\frac53\right)\mp\frac{1}{\Gamma(\frac{s+1}{3})}\mathfrak{P}_{\frac{s}3-\frac12}^{-\frac16}\left(\frac53\right)\right)$$
$\Ai{}{}(x)^3$については、 http://dlmf.nist.gov/14.9.E15 を用いて二つの第一種Legendre陪関数の差を一つの第二種Legendre陪関数で書くことができます。